Ragionamento circolare nel dimostrare $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Ho appena iniziato a conoscere le prove di limite epsilon-delta e voglio sapere come provare utilizzando la definizione epsilon-delta di un limite che $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Ho provato e fallito, quindi ho cercato online e ho scoperto che il trucco è usare l'identità $\sin x < x$. Non riesco a trovare alcuna prova che non utilizzi questa identità.
Non avevo mai visto questa identità prima, quindi ho cercato la sua prova e ho trovato questa prova che utilizza il teorema del valore medio. Ancora una volta, non ho ancora imparato il teorema del valore medio, ma secondo il sito web, richiede una funzione continua (e differenziabile)$f$.
Ma il concetto di continuità è definito utilizzando la definizione del limite epsilon-delta! In effetti, il fatto che$\sin(x)$ è continuo è esattamente l'affermazione che sto cercando di dimostrare sopra: $\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$
Questo è chiaramente un ragionamento circolare. La mia domanda è come si sfugge? O ci deve essere un modo per dimostrarlo$\lim_{x\to a}(\sin x) = \sin a$ senza identità $\sin x < x$, o dobbiamo dimostrare $\sin x < x$senza il fatto che il peccato è continuo. O suppongo che potrebbe esserci una terza opzione? Non riesco a trovare risposte su come farlo, cosa che trovo molto strana ...
Risposte
Un approccio molto analitico è partire dagli integrali e definire $\log, \exp, \sin$ e mostrano che questi sono fluidi, e quindi continui, nei loro domini.
Per prima cosa definiamo il logaritmo naturale di $$ \ln x := \int_1^x \frac{dt}{t} $$ È facile mostrare le leggi del logaritmo usando questa definizione e regole di integrazione, e così via $\ln$ è differenziabile.
Quindi definiamo la funzione esponenziale come sua inversa, $$ \exp := \ln^{-1} $$ Per il teorema della funzione inversa, $\exp$ è differenziabile e quindi continuo.
La serie Maclaurin / Laurent di $\exp$ ha raggio di convergenza infinito quindi $\exp$ può essere esteso da $\mathbb{R}$ per una funzione fluida su tutti $\mathbb{C}.$ Possiamo quindi definire la funzione $\sin$ di $$ \sin x := \frac{\exp(ix)-\exp(-ix)}{2i} $$ che sarà anche liscia e quindi continua.
Possiamo farlo con identità trigonometriche. Basato sull'identità dell'aggiunta dell'angolo$$\sin(x + \delta) = \sin(x) \cos(\delta) + \cos(x) \sin(\delta),$$ è sufficiente dimostrare la continuità di $\sin(x)$ e $\cos(x)$ come $x \to 0$. Non solo, ma da allora$\sin(-x) = -\sin(x)$ e $\cos(-x) = \cos(x)$, È sufficiente dimostrare destra -continuity come$x \to 0^+$.
Useremo anche la proprietà that $\sin(x)$ è in aumento $[0, \pi/2)$ e $\cos(x)$ sta diminuendo nello stesso intervallo, quello $\sin(0) = 0$, $\cos(0) = 1$, e quello $\sin(\pi/4) = \cos(\pi/4) = \sqrt{2}/2.$
Quindi diciamo che mi dai un valore di $\epsilon > 0$e vuoi che trovi un valore di $\delta > 0$ così che $\sin([0, \delta)) \subseteq [0, \epsilon)$. Perché$\sin(x)$ è in aumento, basta trovare $\delta$ così che $\sin(\delta) < \epsilon$. Partendo da$x = \pi/4$, Posso usare ripetutamente l'identità del semiangolo $$\sin \left( \frac{x}{2} \right) = \sqrt{\frac{1 - \cos(x)}{2}} = \sqrt{1 - \cos^2(x)} \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}} = \sin(x) \sqrt{\frac{1}{2(1 + \cos(x))}}.$$
Sopra $[0, \pi/4]$, $\sqrt{2}/2 \leq \cos(x) \leq 1$. Da$\sqrt{2}/2 > 7/18$, noi abbiamo $2(1 + \cos(x)) \geq 2(1 + 7/18) = 25/9$ in questo intervallo, il che implica
\begin{align*} \sin \left( \frac{x}{2} \right) &\leq \frac{3}{5} \sin(x), \\ \sin \left( \frac{x}{2^n} \right) &\leq \left( \frac{3}{5} \right)^n \sin(x), \ \end{align*}
per ogni $x \in [0, \pi/4]$. Pertanto, se me lo dici$\epsilon$, Posso sempre trovare un valore di $N$ così che $\frac{\sqrt{2}}{2}\left( \frac{3}{5} \right)^N < \epsilon$, e poi il mio valore di $\delta$ è $\frac{\pi}{4*2^N} = \frac{\pi}{2^{N+2}}$. Questo lo dimostra$\lim_{x \to 0^+} \sin(x) = 0$.
Perché $\cos(x) = \sqrt{1 - \sin^2(x)}$, ne consegue anche quello $$\lim_{x \to 0^+} \cos(x) = \lim_{x \to 0^+} \sqrt{1 - \sin^2(x)} = \sqrt{1 - 0^2} = 1,$$ e abbiamo la necessaria continuità di $\sin(x)$ e $\cos(x)$ a $x = 0$. QED.
È davvero semplice giustificarlo $sin$ è continuo a zero con la definizione dopo aver preso $\delta = \varepsilon$. Una volta fatto ciò, Formula (5) in @ user2661923 (sopra) post ti porterà a una bella giustificazione formale della continuità di$sin$ (usando quello $cos$ è limitato).
Sono d'accordo con la logica del PO che sia coinvolto il ragionamento circolare. In effetti, ho usato "Calculus 2nd Ed." di Apostol per studiare il calcolo. In quel libro, Apostol introduce per la prima volta la nozione di funzioni seno e coseno in modo assiomatico, affermando di voler trovare funzioni che soddisfino i seguenti 4 assiomi:
(1) Le funzioni seno e coseno sono definite ovunque sulla retta reale.
(2) Valori speciali: $\cos 0 = \sin(\pi/2) = 1, \;cos \,\pi = -1.$
(3) $\cos(y - x) = \cos y \cos x + \sin y \sin x.$
(4) Per $0 < x < \pi/2$:
$\displaystyle 0 < \cos x < \frac{\sin x}{x} < \frac{1}{\cos x}.$
Apostol successivamente:
(a)
Ha dimostrato geometricamente che la nozione tradizionale di seno e coseno soddisfa gli assiomi di cui sopra fintanto che$\sin x, \,\cos x$ è interpretato come $\sin x$ radianti, $\cos x$ radianti: dove $2\pi$ radianti = $360^{\circ}.$
(b)
Ha dimostrato che tutte le altre identità trignometriche, comprese quelle che implicano continuità, differenziazione, integrazione e serie taylor di seno e coseno fluiscono da questi assiomi.
....................
Se capisco correttamente la domanda dell'OP, vuole stabilire che la funzione seno è continua ovunque, senza il beneficio dell'assioma (4), sopra.
È molto difficile per me determinare se ciò sia possibile; è molto difficile determinare con precisione quali risultati successivi richiedono in ultima analisi l' assioma (4), sopra.
Forse la vera domanda è: qual è la soluzione prevista? Ci proverò. Nel mio tentativo (sotto), presumo che la funzione seno sia continua a$x = 0.$ Si potrebbe facilmente sostenere, alla luce di quanto si chiede di dimostrare al PO, che questa ipotesi non è giustificata.
Per quanto ne so, una delle conseguenze degli assiomi da (1) a (3) sopra è [cioè l'assioma (4) non usato qui]:
(5) $\displaystyle \sin x - \sin a = 2 \sin\left(\frac{x - a}{2}\right) \times \cos\left(\frac{x + a}{2}\right).$
Poiché la funzione coseno è una funzione limitata [cioè per tutti $\theta, |\cos \theta| \leq 1|$],
(5) lo implica$|\sin x - \sin a| \leq 2 \left|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)\right|.$
Mi sembra che il compito sia mostrarlo a tutti $\epsilon > 0,$ esiste un $\delta > 0$ tale che
$0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |(\sin x) - (\sin a)| < \epsilon.$
Scegliere $\delta > 0$ così che $\sin (\delta/2) < \epsilon/2.$
Poiché la funzione seno è assunta continua a $x = 0,$questo significa che
(6) se$|(x - a)| < \delta,$ poi $|\sin\left(\frac{x - a}{2}\right)| < \sin (\delta/2) < \epsilon/2$
come richiesto.
Addendum
Nel rivedere il mio tentativo di cui sopra, ho notato che ho dimenticato di aggiungere che (per quanto ne so) una delle altre conseguenze degli assiomi da (1) a (3) [cioè l'assioma (4) di nuovo inutilizzato] è che
$\sin^2(\theta) + \cos^2(\theta) = 1.$
Questa conseguenza supporta l'ipotesi che la funzione coseno sia limitata da $\pm 1.$
Addendum -2
Anche se il ragionamento intorno (6) è fattibile , la mia presentazione qui era anche distratto.
Poiché la funzione seno è assunta continua a $\theta = 0,$esiste un quartiere
intorno$(\theta = 0)$ tale che $\alpha$ all'interno di questo quartiere implica che
$|\sin(\alpha/2)| < \sin(\delta/2).$
Perciò, $(x-a)$ deve essere costretto a stare in questo quartiere.